2016届《新步步高》一轮复习数学理科(浙江专用)45分钟阶段测试 立体几何(十)


45 分钟阶段测试(十)
(范围:§ 7.5~§ 7.7) 一、选择题 1.已知两平面的法向量分别为 m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角的大小为( π A. 4 π 3 C. 或 π 4 4 答案 C m· n 2 π 解析 cos〈m,n〉= = ,∴〈m,n〉= . |m||n| 2 4 π 3π ∴两平面所成二面角的大小为 或 . 4 4 2.(2014· 广东)已知向量 a=(1,0,-1),则下列向量中与 a 成 60° 夹角的是( A.(-1,1,0) C.(0,-1,1) 答案 B 解析 各选项给出的向量的模都是 2,|a|= 2. a· b 1×?-1? 1 对于选项 A,设 b=(-1,1,0),则 cos〈a,b〉= = =- .因为 0° ≤〈a,b〉≤180° , |a||b| 2 2× 2 所以〈a,b〉=120° . 1×1 a· b 1 对于选项 B,设 b=(1,-1,0),则 cos〈a,b〉= = = .因为 0° ≤〈a,b〉≤180° , |a||b| 2× 2 2 所以〈a,b〉=60° ,正确. a· b -1×1 1 对于选项 C, 设 b=(0,-1,1),则 cos 〈a,b〉 = = =- .因为 0° ≤〈a,b〉≤180° , |a||b| 2 2× 2 所以〈a,b〉=120° . a· b -1-1 对于选项 D,设 b=(-1,0,1),则 cos〈a,b〉= = =-1.因为 0° ≤〈a,b〉≤180° , |a||b| 2× 2 所以〈a,b〉=180° .故选 B. 3.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为 BC1 的中点,则 DE 与 平面 BCC1B1 所成角的正切值为( A. 6 2 B. ) 6 3 B.(1,-1,0) D.(-1,0,1) ) 3 B. π 4 D.不能确定 )

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C. 2 答案 C

D.

2 2

解析 设正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2,以 D 为原点,以 DA 为 x 轴,以 DC 为 y 轴,以 DD1 为 z 轴,建立空间直角坐标系, ∵E 为 BC1 的中点, ∴D(0,0,0),E(1,2,1), → ∴DE=(1,2,1), 设 DE 与平面 BCC1B1 所成角的平面角为 θ, ∵平面 BCC1B1 的法向量 n=(0,1,0), 2 6 → ∴sin θ=|cos〈DE,n〉|=| |= , 3 6 6 3 22 3 1-? ? = ,∴tan θ= = 2. 3 3 3 3

∴cos θ=

4.在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,若 AB=AA1=4,点 D 是 AA1 的中点, 则点 A1 到平面 DBC1 的距离是( A. 2 C. 3 答案 A 解析 过点 A 作 AC 的垂线为 x 轴,以 AC 为 y 轴,以 AA1 为 z 轴,建立如图所示的空间直角 坐标系, B. D. ) 2 2 3 2

∵正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,若 AB=AA1=4,点 D 是 AA1 的中点, ∴B(2 3,2,0),C1(0,4,4),D(0,0,2),A1(0,0,4), → → → ∴DB=(2 3,2,-2),DC1=(0,4,2),DA1=(0,0,2), 设平面 BDC1 的法向量为 n=(x,y,z), → → ∵n· DB=0,n· DC1=0,

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?2 3x+2y-2z=0, ∴? ∴n=( 3,-1,2), ?4y+2z=0,
→ |n· DA1| |0+0+4| ∴点 A1 到平面 DBC1 的距离 d= = = 2.故选 A. |n| 3+1+4 5.如图,正方体 AC1 的棱长为 1,过点 A 作平面 A1BD 的垂线,垂足为 H,则以下命题中, 错误的命题是( )

A.点 H 是△A1BD 的垂心 B.AH 垂直于平面 CB1D1 C.AH 的延长线经过点 C1 D.直线 AH 和 BB1 所成角为 45° 答案 D 解析 △A1BD 为正三角形,其重心、外心、中心合一. ∵AB=AA1=AD,∴H 到△A1BD 各顶点的距离相等,∴A 正确;∵CD1∥BA1,CB1∥DA1, CD1∩CB1=C,BA1∩DA1=A1,∴平面 CB1D1∥平面 A1BD,∴AH⊥平面 CB1D1,∴B 正确; 连接 AC1,则 AC1⊥B1D1,∵B1D1∥BD,∴AC1⊥BD,同理 AC1⊥BA1,∴AC1⊥平面 A1BD, ∴A、H、C1 三点共线,∴C 正确,故选 D. 二、填空题 6.若 a、b 是直线,α、β 是平面,a⊥α,b⊥β,向量 m 在 a 上,向量 n 在 b 上,m=(0,3,4), n=(3,4,0),则 α、β 所成二面角中较小的一个余弦值为________. 答案 12 25

解析 由题意,∵m=(0,3,4),n=(3,4,0), ∴cos〈m,n〉= m· n 12 12 = = , |m||n| 5· 5 25

∵a⊥α,b⊥β,向量 m 在 a 上,向量 n 在 b 上, 12 ∴α、β 所成二面角中较小的一个余弦值为 . 25 7.(2013· 北京)如图,在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为 BC 的中点, 点 P 在线段 D1E 上, 点 P 到直线 CC1 的距离的最小值为________. 答案 2 5 5

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解析 取 B1C1 中点 E1, 连接 E1E, D 1E 1, 过 P 作 PH⊥D1E1, 连接 C1H.∴EE1⊥ 平面 A1B1C1D1,PH∥EE1, ∴PH⊥底面 A1B1C1D1, ∴P 到 C1C 的距离为 C1H. 当点 P 在线段 D1E 上运动时,最小值为 C1 到线段 D1E1 的距离.在 Rt△D1C1E1 中,边 D1E1 2×1 2 5 上的高 h= = . 5 5 8.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 E 为 BB1 的中点,则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐 二面角的余弦值为________. 答案 2 3

解析 如图所示, 以 A 为原点建立平面直角坐标系, 设棱长为 1, 则 A1(0,0,1), 1 E(1,0, ),D(0,1,0), 2 → ∴A1D=(0,1,-1), 1 → A1E=(1,0,- ). 2 设平面 A1ED 的法向量为 n1=(1,y,z), y-z=0, ? ?y=2, ? ? 则? 1 ∴? ∴n1=(1,2,2). ?z=2. 1- z=0, ? ? ? 2 ∵平面 ABCD 的一个法向量为 n2=(0,0,1), 2 2 ∴cos〈n1,n2〉= = , 3×1 3 2 即所求的锐二面角的余弦值为 . 3 三、解答题 9.在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB =60° ,FC⊥平面 ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF. (1)求证:BD⊥平面 AED; (2)求二面角 F-BD-C 的余弦值. (1)证明 因为四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60° , 所以∠ADC=∠BCD=120° . 又 CB=CD,所以∠CDB=30° , 因此∠ADB=90° ,即 AD⊥BD. 又 AE⊥BD,且 AE∩AD=A,AE?平面 AED,AD?平面 AED,

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所以 BD⊥平面 AED. (2)解 由(1)知 AD⊥BD,所以 AC⊥BC.又 FC⊥平面 ABCD,因此 CA,CB,CF 两两垂直. 以 C 为坐标原点,分别以 CA,CB,CF 所在的直线为 x 轴,y 轴, z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设 CB=1, 则 C(0,0,0),B(0,1,0),D? 3 1 ? ,F(0,0,1). ? 2 ,-2,0?

3 3 → → 因此BD=? ,- ,0?,BF=(0,-1,1). 2 ? ?2 设平面 BDF 的一个法向量为 m=(x,y,z), → → 则 m· BD=0,m· BF=0,所以 x= 3y= 3z, 取 z=1,则 m=( 3,1,1). → 由于CF=(0,0,1)是平面 BDC 的一个法向量, → m· CF 1 5 → 则 cos〈m,CF〉= = = , 5 → 5 |m||CF| 所以二面角 F-BD-C 的余弦值为 5 . 5

10.如图所示,三棱柱 ABC-A1B1C1 中,CC1⊥平面 ABC,△ABC 是边 长为 2 的等边三角形,D 为 AB 边的中点,且 CC1=2AB. (1)求证:AC1∥平面 CDB1; (2)求点 B 到平面 B1CD 的距离; (3)求二面角 A-CD-B1 的正切值. (1)证明 连接 BC1 交 B1C 于点 O,连接 DO.

则 O 是 BC1 的中点,DO 是△BAC1 的中位线, 所以 DO∥AC1. 因为 DO?平面 CDB1,AC1?平面 CDB1, 所以 AC1∥平面 CDB1. (2)解 因为 CC1⊥平面 ABC,所以 BB1⊥平面 ABC,

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所以 BB1 为三棱锥 B1-CBD 的高, 1 1 3 2 3 所以 VB1-CBD = S△BCD· BB1= × ×4= . 3 3 2 3 又可求 CD= 3,B1D= 17,且易知 CD⊥平面 ABB1A1,所以 CD⊥DB1. 1 故 VB-B1CD = S 3 h= B1CD ·

VB1-CBD ,

1 1 2 3 4 17 即 × × 3× 17h= ,解得 h= . 3 2 3 17 4 17 即点 B 到平面 B1CD 的距离为 . 17 → → (3)解 以DC,DA,过点 D 且垂直于平面 ABC 向上的向量分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向, 建立如图所示的空间直角坐标系.

则点 D(0,0,0),C( 3,0,0),B1(0,-1,4), → → 所以DC=( 3,0,0),DB1=(0,-1,4). 设平面 CDB1 的一个法向量为 n1=(x,y,z), → ? DC=0, ?n1· ? 3x=0, 由? 得? → ?-y+4z=0. ? DB1=0, ?n1· 令 z=1,得 n1=(0,4,1). 又易知平面 ACD 的一个法向量为 n2=(0,0,1). 设二面角 A-CD-B1 的平面角为 θ,观察图形,可得 ?0,4,1?· ?0,0,1? n 1· n2 17 cos θ=- =- =- . |n1||n2| 17 17×1 4 17 所以 sin θ= 1-cos2θ= . 17 sin θ 故 tan θ= =-4. cos θ 即二面角 A-CD-B1 的正切值为-4.

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